Geometria 8 giugno 1999. Tema A.

Rispondere, giustificando brevemente la risposta, ad almeno due delle prime quattro domande e risolvere il maggior numero degli esercizi seguenti.

Domande.

1. Siano $V$ e $W$ due sottospazi vettoriali di $R^n$, $\{ w_1,..,w_k\}$ una base di $W$ e $\{ u_1,..,u_l \}$ una base di $U$. E' vero che $\{ w_1,..,w_k, u_1,...,u_l \}$ è una base di $W+U$?

2. È vera la seguente affermazione: una matrice triangolare è sempre diagonalizzabile? Dimostrarla o trovare un controesempio.

3. Siano $\pi$, $\pi'$ e $\pi''$ tre piani in $R^3$ a due a due non paralleli. Sia $r$ la retta intersezione di $\pi$ e $\pi'$, $s$ la retta intersezione di $\pi'$ e $\pi''$. Si dica se $r$ ed $s$ possono essere sghembe.

4. Siano $f: R^3 \rightarrow R^2$, $g: R^2 \rightarrow R^3$ applicazioni lineari con $Im(f) \subseteq Ker(g)$. Descrivere l'applicazione $g \circ f$.

Esercizi.

1) Discutere e trovare le soluzioni del seguente sistema al variare del parametro reale $k$:

$$\begin{cases} 2x+y +kz = 1 \\ x+4y +2z = 2 \\ 2x +ky +z = k \\ \end{cases}$$

2) Discutere la diagonalizzabilità della seguente matrice

$$\left( \begin{matrix} 3 & -2 & 2\\ -5 & 6 & -5\\ -6 & 6 & -5 \end{matrix} \right )$$

e trovare, se possibile, una base di autovettori.

3) Sia $r$ la retta passante per $P=(1,1,-1)$ e $Q=(3,2,-1)$; $s$ la retta perpendicolare al piano

$$\pi: \quad 3x -y -2z = 1$$

e passante per $(3,-1,-2)$. Si calcoli la distanza di $r$ ed $s$.

4) Siano $f,g: R^2 \rightarrow R^2$ definite da $f(x,y)=(x+2y,-x-y)$ e $g(1,1)=(-1,q)$, $g(1,-1)=(q,1)$ con $q$ parametro reale. Determinare i valori di $q$ per cui $f \circ g$ è invertibile e per tali valori scrivere la matrice dell'inversa rispetto alle basi canoniche.

Soluzione

Domande

1. La risposta è no. Infatti in generale i vettori
   $$\{ w_1,..,w_k, u_1,...,u_l \}$$
   sono linearmente dipendenti. Per esempio $V= \langle (1,1) \rangle$ e
   $W= \langle (1,0),\;(0,1) \rangle$.
2. La risposta è no. Per esempio la matrice
   $$\left( \begin{matrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{matrix}\right)$$
   è triangolare ma non diagonalizzabile.
3. La risposta è no. Infatti $r$ e $s$ sono complanari poichè giacciono entrambe sul piano $\pi'$.
4. La applicazione $(g \circ f)$ è l'applicazione nulla. Infatti se $x \in R^3$ risulta:
   $$(g \circ f)(x)=g(f(x))=g(0)=0,$$
   poiché, per ipotesi, $f(x) \in \kker(g)$ per ogni $x \in R^3$.

Esercizio 1.
La matrice associata al sistema è la matrice:

$$(A \vert B)=\left( \begin{matrix} 2 & 1 & k & 1\\ 1& 4 & 2 & 2\\ 2& k & 1 & k \end{matrix}\right)$$

Riduciamo la matrice a gradino usando il mnetodo di Gauss. Una possibile riduzione è:

$$(A \vert B) =\left( \begin{matrix}2 & 1 & k & 1\\ 1& 4 & 2 & 2\\ 2& k & 1 & k... ...trix}2 & 1 & k & 1\\ 0& -7 & k-4 & -3\\ 0& 1-k & k-1 & 1-k \end{matrix} \right)$$

Per $k \neq 1$ possiamo ridurre ancora e otteniamo la matrice:

$$\left( \begin{matrix} 2 & 1 & k & 1\\ 0& -7 & k-4 & -3\\ 0& 0 & (1-k)(k-11) & 4(1-k ) \end{matrix}\right)$$

Per $k=11$ non esistono soluzioni del sistema.
Per $k=1$ il sistema dato è equivalente al sistema

$$\begin{cases} 2x+y=1-z \\ -7y=3z-3 \end{cases}$$

che ammette infinite soluzioni:

$$x =\frac{2}{7}- \frac{2t}{7}$$

$$y =\frac{3}{7}- \frac{3t}{7}$$

$$z =t \quad t \in R.$$

Se $k \neq 1,11$ esiste una e una sola soluzione del sistema.
La soluzione è

$$x = -2 \frac{ k+1}{k-11}\quad y= \frac{k-7}{k-11}\quad z= \frac{4}{k-11}$$

Esercizio 2.
Il polinomio caratteristico della matrice è :

$$p(\lambda)= ( \lambda-1)^2(2-\lambda)$$

dunque gli autovalori sono $\lambda_1=1$ con molteplicità algebrica $2$ e $\lambda_2=2$ con molteplicità algebrica $1$.
L'autospazio relativo all'autovalore $1$ è

$$V_1 = \kker (A-I)= \kker \left ( \begin{matrix}2 &-2 & 2 \\ -5 &5 &-5... ...} \right ),\; \left ( \begin{matrix}0 \\ 1\\ 1 \end{matrix} \right ) \right \}.$$

L'autospazio relativo all'autovalore $2$ è

$$V_{2} = \kker (A-2I)= \kker \left ( \begin{matrix}1 &-2 & 2 \\ -5 &4 &-... ...pan \left \{ \left( \begin{matrix}-2 \\ 5 \\ 6 \end{matrix} \right ) \right \}.$$

Concludiamo che la matrice è diagonalizzabile e una base di autovettori è data

$$\mathcal{B}= \left \{ \left( \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{... ...ht ),\; \left ( \begin{matrix} -2 \\ 5 \\ 6 \end{matrix}\right ) \right \}$$

Esercizio 3.
La retta $r$ ha equazione parametrica:

$$\begin{cases} x=1+ 2 \lambda \\ y=1+ \lambda \\ z=-1 \end{cases}$$

mentre la retta $s$ ha equazione parametrica

$$\begin{cases} x=3+ 3 \mu \\ y=-1- \mu \\ z=-2- 2 \mu \end{cases}$$

La direzione di una generica retta incidente $r$ e $s$ è

$$v= \left( \begin{matrix} 2 \lambda- 3 \mu -2 \\ \lambda+ \mu +2 \\ 2 \mu +1 \end{matrix}\right )$$

Affinchè questa retta sia ortogonale a $r$ deve essere $v \cdot (2,1,0)=0$ mentre affinchè sia ortogonale a $s$ deve essere $v \cdot (3,-1,-2)=0$. Queste due condizioni forniscono il sistema

$$\begin{cases} 5 \lambda -5 \mu=2 \\ 5 \lambda -14 \mu=10 \end{cases}$$

da cui si ottiene

$$\lambda = -\frac{22}{45} \quad \mu= -\frac{8}{9}.$$

Il punto di intersezione tra la retta $r$ e la retta ortogonale ad $r$ e $s$ è:

$$P_1=(\frac{1}{45}, \frac{23}{45}, -1)$$

mentre il punto di intersezione tra la retta $s$ e la retta ortogonale ad $r$ e $s$ è:

$$P_2=(\frac{1}{3}, - \frac{1}{9}, - \frac{2}{9})$$

La distanza tra le rette $r$ e $s$ è pari alla distanza tra $P_1$ e $P_2$:

$$d(P_1,P_2)= \sqrt{(P_{1,x}-P_{2,x})^2+(P_{1,y}-P_{2,y})^2+(P_{1,z}-P_{2,z})^2} = \frac{7}{\sqrt{45}}$$

Esercizio 4.
Scriviamo le matrici di $f$, $g$ e $f \circ g$ rispetto alla base canonica di $R^2$.
La matrice della applicazione $f$ è:

$$M(f)=\left( \begin{matrix} 1 & 2 \\ -1 & -1 \\ \end{matrix}\right).$$

Per scrivere la matrice della applicazione $g$ bisogna determinare $g(1,0)$ e $g(0,1)$.
Ora

$$(1,0) = \frac{1}{2} \left [ (1,1)+(1,-1) \right ]$$

$$(0,1) = \frac{1}{2} \left [ (1,1)-(1,-1) \right ],$$

pertanto

$$g(1,0) = \frac{1}{2} \left [ g(1,1)+ g(1,-1) \right ]= \frac{1}{2} \left [ (-1,q)+(q,1) \right ]$$

$$g(0,1) = \frac{1}{2} \left [ g(1,1)- g(1,-1) \right ]= \frac{1}{2} \left [ (-1,q)-(q,1) \right ],$$

In definitiva

$$g(1,0) = (\frac{q-1}{2}, \; \frac{q+1}{2})$$

$$g(0,1) = (- \frac{q+1}{2}, \; \frac{q-1}{2})$$

Risulta allora

$$M(g)=\left( \begin{matrix} \displaystyle{\frac{q-1}{2}} & -\displ... ...ystyle{\frac{q+1}{2}} & \displaystyle{\frac{q-1}{2}} \\ \end{matrix}\right).$$

Infine la matrice di $(f \circ g)$ è:

$$M(f \circ g)=M(f) \cdot M(g)=\left( \begin{matrix} \displaystyle{... ...2}} \\ \\ - \displaystyle{ q} & \displaystyle{1} \\ \end{matrix}\right).$$

Il determinante della matrice è

$$\dete (M(f \circ g))= \frac{3q+1}{2}+ \frac{q^2-3q}{2}= \frac{q^2+1}{2} \neq 0 \quad \forall q \in R.$$

Pertanto $(f \circ g)$ è invertibile per ogni $q$ in $R$. La matrice dell'inversa rispetto alla base canonica di $R^2$ è:

$$M((f \circ g)^{-1})=\left( \begin{matrix} \displaystyle{\frac{2}{... ...frac{2q}{q^2+1}} & \displaystyle{\frac{3q+1}{q^2+1}} \\ \end{matrix}\right).$$